frecuencia compleja circuitos eléctricos 2. introducción v(t) = v m e t cos ( t + ) v(t) = v 0 ...
TRANSCRIPT
Frecuencia Compleja
Circuitos eléctricos 2
Introducción
v(t) = Vmet cos (t + )
v(t) = V0
v(t) = Vm cos (t + )
v(t) = Vmet
Función senoidal amortiguada
Frecuencia Compleja
f(t) = Kest
s = 0 v(t) = V0
v(t) = Vmets = + j0
s = s1 = js = s2 = j
½Vmej
½Vmej
v(t) = Vmcos (t + ) = 0
sj
= frecuencia neper, = frecuencia real
v(t) = Vmet cos (t + ) 0
ejemploIdentificar las frecuencias complejas presentes en las funciones en tiempo real siguientes:
a) (2e–100 t + e–200 t)sen 2000 t.
(2e–100 t + e–200 t)sen 2000 t = 2e–100 t sen 2000 t + e–200 tsen 2000 t
2e–100 t sen 2000 t –100 + 2000j, –100 – 2000j
e–200 tsen 2000 t –200 + 2000j, –200 – 2000j
b) (2 – e–10 t)cos(4t + ).
(2 – e–10 t)cos(4t + ) = 2cos(4t + ) – e–10 tcos(4t + )
2cos(4t + ) 4j, –4j,
e–10 tcos(4t + ) –10 + 4j, –10 – 4j
c) e–10 tcos 10t sen 40 t
e–10 tcos 10t sen 40 t = e–10 t(sen(40t – 10 t) + sen(40t + 10 t))/2
e–10 tsen(30t) –10 + 30j, –10 – 30j
e–10 tsen(50t) –10 + 50j, –10 – 50j
Función senoidal amortiguada
Un voltaje senoidal amortiguado
v(t) = Vmet cos (t + )
Puede escribirse como
v(t) = Re(Vmet ej(t + )) o v(t) = Re(Vmet ej(–t–))
factorizando ej.
v(t) = Re(Vmeje (+t)t)
o
v(t) = Re(Vmeje st)
EjemploSe aplica una función senoidal amortiguada v(t) = 60e–2t cos(4t + 10°) V a un circuito RLC serie R = 2 Ohms, L = 3H, y C = 0.1 F, encuentre la corriente en el dominio del tiempo.
v(t) = 60e–2t cos(4t + 10°) = Re(60e–2tej(4t+10°))
= Re(60ej10°e(–2+j4)t)
o
v(t) = Re(Ves t)
con V = 6010° y s = –2 + 4j
La corriente debe ser de la forma Ies t con I = Im.
Sustituyendo en la ec. de Kirchhoff se obtiene
6010°es t = 2 Ies t + 3 s Ies t + 10/ s Ies t
Eliminando es t y despejando
I = 6010°/(2 + 3 s + 10/ s)
Ejemplo (cont.)
Sustituyendo s = –2 + j4 nos da
I = 5.37–106.6°
La corriente en función del tiempo es
i(t) = 5.37e–2t cos(4t –106.6°)
TareaExpresar cada una de las corrientes siguientes en el dominio de la frecuencia: a) 4 e-20t cos(1000t + 60°) mA; b) 4 sen(800t + 60°) mA; c) -4 e-5t sen(1000t – 60°) mA
Si V = 64/_80° V, hallar v(0.001) si s = : a) -800 + j600; b) –j600; c) -800 – j600.
4/_-30°, 4/_30°, 4/_60°; -11.9, 20.1, 44.8
Z(s) y Y(s)
v(t) = Re(Vest)
El voltaje y la corriente se representan como
i(t) = Re(Iest)
Para una bobina
Re(Vest) = Re(sLIest)
Eliminando est
V = sLI
Impedancia: Z(s) = I/V = sL Admitancia: Y(s) = V/I = 1/sL
Z(s) y Y(s)
R L C
Z(s) R sL 1/sC
Y(s) R 1/sL sC
Ejemplo
I = 60/_10°/(2 + (-6 + j12) +(-1 – j2)) = 5.37/_106.6°
La respuesta en frecuencia como función de
Para un circuito RL
LR sV
I
0/_
La respuesta en el tiempo esLRL
VLR
VI mm
/1
tm eLR
Vti
LRL
VI m
/1
Circuito RL
Polo en R/L
Vm/R
%respuesta en función de sigma, circuito RL
R = 1;L = 1;Vm = 1;sigma = -5:0.1:5;I = (Vm/L)./(sigma+R/L);plot(sigma,abs(I));axis([-5,5,0,2]);gridtitle('magnitud de I vs. sigma');
-
Análisis de la respuesta
La respuesta tiene un cero en y un polo en –R/L.
Al aplicar una señal finita a la frecuencia del polo se obtiene un respuesta infinita.
Al aplicar una señal de magnitud cero en la frecuencia del polo se obtiene una respuesta finita, la respuesta natural del circuito RL.
i(t) = Ime–Rt/L
)10()20(10
0
V
%respuesta en función de sigma, circuito RCsigma = -60:1:40;V0 = 10*(sigma + 20)./(sigma + 10);plot(sigma,abs(V0));axis([-60,40,0,40]);gridtitle('magnitud de V0 vs. sigma');
/10055
/1005501.01
5||5
entZ
1020
5.2
entZ
tetv
)10()20(10
Cero en –20
Polo en –10
)5)(1(100
I
%respuesta en función de sigma, circuito RLCsigma = -7:0.05:1;I = 100*sigma./((sigma + 1).*(sigma + 5));plot(sigma,abs(I));axis([-7,1,0,300]);gridtitle('magnitud de I vs. sigma');
- ttn BeAei 5
5
mínimo relativo
Ejercicio 12-8% +---R1---+---R2---+% | | |% Ven C1 C2 Vsal% | | |% +--------+--------+% Encontrar Vsal/Ven a) frecuencias criticas% b) evaluar en% sigma = -200, -80, -40, 0 Np/s c) graficar
% R1 = 20000;% R2 = 10000;% C1 = 2.5e-6;% C2 = 2e-6;
sigma = -120:1:20;%h = 1000./((sigma+100).*(sigma+10));plot(sigma,abs(h))grid
101001000
ent
sal
VV
Frecuencias críticas:
s = –10, – 100,
polos: –10, – 100
ceros:
h(-200)= 0.0526h(-80) = -0.7143h(-40) = -0.5556h(0) = 1.0000
- +
Tarea
Si vs representa una función excitatriz exponencial en el circuito que se muestra en la figura. Hallar todas las respuestas críticas de la respuesta I1 en el dominio de la frecuencia y representar gráficamente |I1| respecto a .
I1
-->
+---+---R1---+---+ R1 = 3 | | | | R2 = 2 vs L1 L2 R2 L1 = 6 H| | | | L2 = 3 H+---+--------+---+
Gráficos de magnitud y fase
Impedancia de una resistencia de 3 Ohms y una bobina de 4 H.
Z(s) = 3 + 4s
Z() = 3 + 4
Z(jw) = 3+4j
2169)( jZ
34
tan)( 1jangZ
Magnitud en función de
Fase en función de
El plano de la frecuencia compleja
j
Naturaleza de la respuesta
t
t
t t
t
t
t
t
t
j
Gráfica en 3D
223
1)(
sY
31
)(
s
sY
sigma = -5:0.2:0;omega = -4:0.2:4;[x,y] = meshgrid(sigma,omega);Y = 1./(x+j*y + 3);z = abs(Y);mesh(x,y,z);xlabel('sigma');ylabel('jw');zlabel('|Y|');title('Y(s)=1/(s + 3)');axis([-5,0,-4,4,0,2]);
Gráficas en 2D%Admitanciasigma = -5:0.2:0;Y = 1./(sigma + 3); plot(sigma,abs(Y));grid
%Admitanciaw = -4:0.2:4;Y = 1./sqrt(w.^2 + 3);plot(w,abs(Y));
Patrón de polos y ceros
2
j
+j5
j5
|Z()||Z(j)|
1+j5
Z(s) a partir de polos y ceros
2622
51512
2
sss
sss
sZ hjj
h
A partir del mapa de polos y ceros anterior podemos obtener la impedancia
Si suponemos Z(0) = 1, obtenemos h = 13
262
213 2
ss
ssZ
Obtención de la gráfica mediante vectores
Representación de s1 = –3 + j4 en el plano complejo
s1
–3
j4
126.9°
j
0
Representación de s1 = –3 + j4 y s = j7 en el plano complejo
s1
–3
j4
126.9°
j
0
j7
Diferencia de s – s1 = 3 + j3 = 4.2445°
s1
–3
j4
126.9°
j
0
j7s – s1
45°
Ejemplo
32
ss
sV
s + 2
–3
j
0
s + 3
Vj
j
2/3
angj
1
Tarea
Para las configuraciones de polos y ceros de las figuras suponga que representan una razón de tensión V2/V1, y que el valor de la razón a frecuencia infinita es 20. Expresar las razones como razones de polinomios en s.
j
–10–20
j
–20–40
20j
-20j
-50j
50j
j
–2j
–2 2
2j
Respuesta natural en el plano s
La respuesta forzada de un circuito RL se obtiene a partir de:
LR
sf s
VsI
if (t) se obtiene al sustituir s, R y L por sus valores, reinsertar est y tomar la parte real.
La respuesta natural se obtiene a partir de los polos de la fórmula anterior.
I(s) = A en s = R/L+j0
in(t) = Re(AeRt/L)
in(t) = AeRt/L
i(t) = AeRt/L + if(t)
Respuesta natural en el plano s
Red sin fuentesindependientesVs
V2(s)
I1(s)
+
+
Red sin fuentesindependientesIs
V2(s)
I1(s)
+
...
...
42
31
ssss
sssssH
VsV
k
s
...42422 tt
n eetv ss AA
La respuesta deseada I(s) o V2(s) puede obtenerse como un cociente de polinomios:
La respuesta natural es
Los polos determinan la forma de la respuesta natural que ocurre cuando las fuentes son cero.
Ejemplo
i1 i2
i1(0) = i2(0) = 11A
2136
23
23/612 2
ss
Vs
sss
VsI ss
6
132
21
2
ss
ssH
i1(t) = Ae–2t + Be–t/6
Evaluando condiciones iniciales:
i1(t) = 8e–2t + 3e–t/6
Insertando una fuente Vs entre xx’ y calculando la I(s) producida, obtenemos
EjemploEncontrar v(t) para la siguiente red:
+---+---+---+---R1---+| | + | | |I S v R2 L1 L2| | - | | |+---+---+---+--------+R1 = 12 R2 = 3 L1 = 2 HL2 = 4 Hi(t) = e-tcos2t AS abre en t = 0
13
2334
23364812
236
23/24123618623/236
61223/661223/6
612||23
23
22
2
ssss
ssss
ssss
ssssssss
ssssss
ss
ssZ
tt eetv 43
2 AA
V(-1 + 2j) = Z(-1 + 2j)I(-1 + 2j)
jj
jj
jjjj
22221213
121321212213
452cos2875.1 tetv tf
45/_2875.1sV
452cos2875.1342 teeAeAtv ttt
f
Síntesis de H(s)
Se busca una red que tenga una H(s) especificada.
RedVent+
Vsal
Síntesis de H(s)
Zf
Z1
Vent Vsal
++
1Z
Z
V
V f
ent
sal
+
Bloques básicos
Vent Vsal
++
ff
ff
ent
sal
CR
CR
/1
/1)( 1
1
sZ
Z
V
VsH
+
Rf
Cf
R1
Vent Vsal
++
+
Rf
C1
R1
111
1
1)(
CRCR f
f
ent
sal sZ
Z
VV
sH
Ejemplo
Sintetizar 5
210)(
ss
V
VsH
ent
sal
El polo se logra con
tomandoRfA = 100 k yCfA = 2 F
El cero se logra contomandoR1B = 100 k yC1B = 5 F
La función final estomando
RfB = 100 k y R1A = 25 k
5/105
/1
/1)( 1
51
sssH A
fAfA
fAAA
RCR
CR
21051
)( 6
111
sssH fB
BBBfB R
CRCR
52
5.2)(1
ss
sHA
fBA R
R
Red final
Vent
+
+
Vsal
+
+
100 k
100 k
100 k
25 k
5 F
2 F